高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：3.6 简单的三角恒等变换 简单的三角恒等变换 word版含答案

这是一份高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：3.6 简单的三角恒等变换 简单的三角恒等变换 word版含答案，共14页。


知识点一 半角公式
1．用cs α表示sin2 eq \f(α,2)，cs2 eq \f(α,2)，tan2 eq \f(α,2).
sin2eq \f(α,2)＝eq \f(1－cs α,2)；cs2 eq \f(α,2)＝eq \f(1＋cs α,2)；
tan2 eq \f(α,2)＝eq \f(1－cs α,1＋cs α).
2．用cs α表示sin eq \f(α,2)，cs eq \f(α,2)，tan eq \f(α,2).
sin eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1－cs α,2))；cs eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1＋cs α,2))；
tan eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1－cs α,1＋cs α)).
3．用sin α，cs α表示tan eq \f(α,2).
tan eq \f(α,2)＝eq \f(sin α,1＋cs α)＝eq \f(1－cs α,sin α).
易误提醒 应用“sineq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1－cs α,2))”或“cseq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1＋cs α,2))”求值时，可由eq \f(α,2)所在象限确定该三角函数值的符号．易混淆由α决定．
必记结论 用tan α表示sin 2α与cs 2α
sin 2α＝2sin αcs α＝eq \f(2sin αcs α,sin2α＋cs2α)＝eq \f(2tan α,tan2α＋1)；cs 2α＝cs2α－sin2α＝eq \f(cs2α－sin2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(1－tan2α,1＋tan2α).
[自测练习]
1．已知cs θ＝－eq \f(1,5)，eq \f(5π,2)<θ<3π，那么sineq \f(θ,2)＝( )
A.eq \f(\r(10),5) B．－eq \f(\r(10),5)
C.eq \f(\r(15),5) D．－eq \f(\r(15),5)
解析：∵eq \f(5π,2)<θ<3π，∴eq \f(5π,4)∴sineq \f(θ,2)＝－eq \r(\f(1－cs θ,2))＝－eq \r(\f(1＋\f(1,5),2))＝－eq \f(\r(15),5).
答案：D
知识点二 辅助角公式
asin α＋bcs α＝eq \r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ＝\f(b,a))).
易误提醒 在使用辅助角公式易忽视φ的取值，应由点(a，b)所在象限决定，当φ在第一、二象限时，一般取最小正角，当φ在第三、四象限时，一般取负角．
[自测练习]
2．函数f(x)＝sin 2x＋cs 2x的最小正周期为( )
A．π B.eq \f(π,2)
C．2π D.eq \f(π,4)
解析：f(x)＝sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
∴T＝π.
答案：A
3．函数f(x)＝sin x－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))的值域为( )
A．[－2,2] B．[－eq \r(3)，eq \r(3)]
C．[－1,1] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))
解析：∵f(x)＝sin x－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝sin x－cs xcseq \f(π,6)＋sin xsineq \f(π,6)＝sin x－eq \f(\r(3),2)cs x＋eq \f(1,2)sin x＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin x－\f(1,2)cs x))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))(x∈R)，
∴f(x)的值域为[－eq \r(3)，eq \r(3)]．
答案：B
考点一 三角函数式的化简|
化简：
(1)sin 50°(1＋eq \r(3)tan 10°)；
(2)eq \f(2cs4x－2cs2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))).
解：(1)sin 50°(1＋eq \r(3)tan 10°)
＝sin 50°(1＋tan 60°tan 10°)
＝sin 50°·eq \f(cs 60°cs 10°＋sin 60°sin 10°,cs 60°cs 10°)
＝sin 50°·eq \f(cs60°－10°,cs 60°cs 10°)
＝eq \f(2sin 50°cs 50°,cs 10°)
＝eq \f(sin 100°,cs 10°)＝eq \f(cs 10°,cs 10°)＝1.
(2)原式＝eq \f(2cs2xcs2x－1＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))·cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)))
＝eq \f(－4cs2xsin2x＋1,4cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)))＝eq \f(1－sin22x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x)))
＝eq \f(cs22x,2cs 2x)＝eq \f(1,2)cs 2x.
考点二 辅助角公式的应用|
(1)函数y＝sin 2x＋2 eq \r(3)sin2x的最小正周期T为________．
[解析] y＝sin 2x＋2eq \r(3)sin2x＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＋eq \r(3)＝2sin(2x－eq \f(π,3))＋eq \r(3)，所以该函数的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
[答案] π
(2)设当x＝θ时，函数f(x)＝sin x－2cs x取得最大值，则cs θ＝________.
[解析] f(x)＝sin x－2cs x
＝eq \r(5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)sin x－\f(2\r(5),5)cs x))＝eq \r(5)sin(x－φ)，
其中sin φ＝eq \f(2\r(5),5)，cs φ＝eq \f(\r(5),5)，
当x－φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时函数f(x)取到最大值，
即θ＝2kπ＋eq \f(π,2)＋φ时函数f(x)取到最大值，
所以cs θ＝－sin φ＝－eq \f(2\r(5),5).
[答案] －eq \f(2\r(5),5)
(1)利用asin x＋bcs x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)把形如y＝asin x＋bcs x＋k的函数化为一个角的一种函数的一次式，可以求三角函数的周期、单调区间、值域、最值和对称轴等．
(2)化asin x＋bcs x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)时φ的求法：①tan φ＝eq \f(b,a)；②φ所在象限由(a，b)点确定．

已知函数f(x)＝2sin xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))).
求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间．
解：f(x)＝2sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin x＋\f(1,2)cs x))
＝eq \r(3)×eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \f(1,2)sin 2x
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2).
函数f(x)的最小正周期为T＝π.
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
解得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z，
所以函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z.
考点三 三角恒等变换的综合应用|
三角恒等变换是高考必考内容，考查时多与三角函数的图象与性质、解三角形及平面向量交汇综合考查，归纳起来常见的命题探究角度有：
1．三角恒等变换与三角函数性质的综合．
2．三角恒等变换与三角形的综合．
3．三角恒等变换与向量的综合．
探究一 三角恒等变换与三角函数性质的综合
1．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)≤φ<\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，且图象上相邻两个最高点的距离为π.
(1)求ω和φ的值；
(2)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)))＝eq \f(\r(3),4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)<α<\f(2π,3)))，
求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(3π,2)))的值．
解：(1)因为f(x)的图象上相邻两个最高点的距离为π，所以f(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝eq \f(2π,T)＝2.
又f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，所以
2×eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k＝0，±1，±2，….
因为－eq \f(π,2)≤φ所以φ＝eq \f(π,2)－eq \f(2π,3)＝－eq \f(π,6).
(2)由(1)得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2·\f(α,2)－\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),4)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,4).由eq \f(π,6)<α所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6))))＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2)＝eq \f(\r(15),4).
因此cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(3π,2)))＝sin α＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))cseq \f(π,6)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))sineq \f(π,6)＝eq \f(1,4)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(15),4)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3)＋\r(15),8).
探究二 三角恒等变换与三角形的结合
2．(2016·台州模拟)已知实数x0，x0＋eq \f(π,2)是函数f(x)＝2cs2ωx＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,6)))(ω>0)的相邻的两个零点．
(1)求ω的值；
(2)设a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C所对的边，若f(A)＝eq \f(3,2)且eq \f(b,tan B)＋eq \f(c,tan C)＝eq \f(2a,tan A)，试判断△ABC的形状，并说明理由．
解：(1)f(x)＝1＋cs 2ωx＋eq \f(\r(3),2)sin 2ωx－eq \f(1,2)cs 2ωx
＝eq \f(\r(3),2)sin 2ωx＋eq \f(1,2)cs 2ωx＋1
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))＋1，
由题意得T＝π，∴eq \f(2π,2ω)＝π.∴ω＝1.
(2)由(1)得f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1，
∴f(A)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))＋1＝eq \f(3,2)，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2).
∵0∴2A＋eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)，即A＝eq \f(π,3).
由eq \f(b,tan B)＋eq \f(c,tan C)＝eq \f(2a,tan A)得eq \f(bcs B,sin B)＋eq \f(ccs C,sin C)＝eq \f(2acs A,sin A)，所以cs B＋cs C＝2cs A＝1，
又因为B＋C＝eq \f(2π,3)，所以cs B＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))＝1，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))＝1，所以B＝C＝eq \f(π,3).
综上，△ABC是等边三角形．
探究三 三角恒等变换与向量的综合
3．(2015·合肥模拟)已知向量a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))，1))，b＝(3,0)，其中θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，若a·b＝1.
(1)求sin θ的值；
(2)求tan 2θ的值．
解：(1)由已知得：cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(1,3)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(2\r(2),3)，sin θ＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))cseq \f(π,4)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))·sineq \f(π,4)＝eq \f(4＋\r(2),6).
(2)由cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(1,3)得sin θ＋cs θ＝eq \f(\r(2),3)，两边平方得：1＋2sin θcs θ＝eq \f(2,9)，即sin 2θ＝－eq \f(7,9)，而cs 2θ＝1－2sin2θ＝－eq \f(4\r(2),9)，∴tan 2θ＝eq \f(7\r(2),8).
三角恒等变换的综合应用主要是将三角变换与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式再研究其性质，解题时注意观察角、名、结构等特征，注意利用整体思想解决相关问题．


5.三角恒等变换与解三角形的综合的答题模板
【典例】 (12分)(2015·高考山东卷)设f(x)＝sin xcs x－cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值．
[思路点拨] (1)首先利用二倍角公式及诱导公式将f(x)的解析式化为“一角一函数”的形式，然后求解函数f(x)的单调区间．
(2)首先求出角A的三角函数值，然后根据余弦定理及基本不等式求出bc的最大值，最后代入三角形的面积公式即可求出△ABC面积的最大值．
[规范解答] (1)由题意知f(x)＝eq \f(sin 2x,2)－eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))),2)
＝eq \f(sin 2x,2)－eq \f(1－sin 2x,2)
＝sin 2x－eq \f(1,2).(3分)
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可得－eq \f(π,4)＋kπ≤x≤eq \f(π,4)＋kπ， k∈Z；(4分)
由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，可得eq \f(π,4)＋kπ≤x≤eq \f(3π,4)＋kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间是
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋kπ，\f(π,4)＋kπ))(k∈Z)；(5分)
单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋kπ，\f(3π,4)＋kπ))(k∈Z)．(6分)
(2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝sin A－eq \f(1,2)＝0，得sin A＝eq \f(1,2)，
由题意知A为锐角，所以cs A＝eq \f(\r(3),2).(8分)
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，(9分)
可得1＋eq \r(3)bc＝b2＋c2≥2bc，(10分)
即bc≤2＋eq \r(3)，且当b＝c时等号成立．
因此eq \f(1,2)bcsin A≤eq \f(2＋\r(3),4).(11分)
所以△ABC面积的最大值为eq \f(2＋\r(3),4).(12分)
[模板形成]
[跟踪练习] 已知函数f(x)＝2eq \r(3)sin xcs x＋2cs2x－1(x∈R)．
(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值；
(2)已知△ABC为锐角三角形，A＝eq \f(π,3)，且f(B)＝eq \f(6,5)，求cs 2B的值．
解：(1)由f(x)＝2eq \r(3)sin xcs x＋2cs2x－1得
f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
所以函数f(x)的最小正周期为π.
因为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上为增函数，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上为减函数，
又f(0)＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－1，
所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为2，最小值为－1.
(2)因为△ABC为锐角三角形，且A＝60°，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0即B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，所以2B＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(7π,6))).
由(1)可知f(B)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B＋\f(π,6)))＝eq \f(6,5)，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B＋\f(π,6)))＝eq \f(3,5)，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B＋\f(π,6)))＝－eq \f(4,5)，
所以cs 2B＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B＋\f(π,6)－\f(π,6)))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B＋\f(π,6)))cseq \f(π,6)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B＋\f(π,6)))sineq \f(π,6)
＝eq \f(3－4\r(3),10).
A组 考点能力演练
1．(2015·洛阳统考)已知sin 2α＝eq \f(1,3)，则cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝( )
A．－eq \f(1,3) B．－eq \f(2,3)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3)
解析：∵cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,2))),2)＝eq \f(1＋sin 2α,2)，∴cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(2,3).
答案：D
2．已知2sin θ＋3cs θ＝0，则tan 2θ＝( )
A.eq \f(5,9) B.eq \f(12,5)
C.eq \f(9,5) D.eq \f(5,12)
解析：∵2sin θ＋3cs θ＝0，∴tan θ＝－eq \f(3,2)，
∴tan 2θ＝eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2))),1－\f(9,4))＝eq \f(12,5).
答案：B
3．sin 2α＝eq \f(24,25)，0<αA.eq \f(1,5) B．－eq \f(1,5)
C.eq \f(7,5) D．±eq \f(1,5)
解析：因为sin 2α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α))＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))－1，所以eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝±eq \r(1＋sin 2α)，因为sin 2α＝eq \f(24,25)，所以eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝±eq \f(7,5)，因为0<α答案：C
4．(2015·太原一模)设△ABC的三个内角分别为A，B，C，且tan A，tan B，tan C,2tan B成等差数列，则cs(B－A)＝( )
A．－eq \f(3\r(10),10) B．－eq \f(\r(10),10)
C.eq \f(\r(10),10) D.eq \f(3\r(10),10)
解析：由题意得tan C＝eq \f(3,2)tan B，tan A＝eq \f(1,2)tan B，所以△ABC为锐角三角形．又tan A＝－tan(C＋B)＝－eq \f(tan C＋tanB,1－tan CtanB)＝－eq \f(\f(5,2)tan B,1－\f(3,2)tan2B)＝eq \f(1,2)tan B，所以tan B＝2，tan A＝1，所以tan(B－A)＝eq \f(tan B－tan A,1＋tan Btan A)＝eq \f(2－1,1＋2×1)＝eq \f(1,3).因为B>A，所以cs(B－A)＝eq \f(3\r(10),10)，故选D.
答案：D
5．若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，且3cs 2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))，则sin 2α的值为( )
A.eq \f(1,18) B．－eq \f(1,18)
C.eq \f(17,18) D．－eq \f(17,18)
解析：依题意得3(cs2α－sin2α)＝eq \f(\r(2),2)(cs α－sin α)，cs α＋sin α＝eq \f(\r(2),6)，(cs α＋sin α)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),6)))2＝eq \f(1,18)，即1＋sin 2α＝eq \f(1,18)，sin 2α＝－eq \f(17,18)，故选D.
答案：D
6．计算eq \f(sin250°,1＋sin 10°)＝________.
解析：eq \f(sin250°,1＋sin 10°)＝eq \f(1－cs 100°,21＋sin 10°)＝eq \f(1－cs90°＋10°,21＋sin 10°)＝eq \f(1＋sin 10°,21＋sin 10°)＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
7．化简sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))－sin2α的结果是________．
解析：法一：原式＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3))),2)
＋eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3))),2)－sin2α
＝1－eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3)))＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))))－sin2α＝1－cs 2α·cseq \f(π,3)－sin2α＝1－eq \f(cs 2α,2)－eq \f(1－cs 2α,2)＝eq \f(1,2).
法二：令α＝0，则原式＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
8．设sin 2α＝－sin α，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则tan 2α的值是________．
解析：∵sin 2α＝2sin αcs α＝－sin α，
∴cs α＝－eq \f(1,2)，
又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴sin α＝eq \f(\r(3),2)，tan α＝－eq \r(3)，
∴tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(－2\r(3),1－－\r(3)2)＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
9．设函数f(x)＝sin ωx＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,2)))，x∈R.
(1)若ω＝eq \f(1,2)，求f(x)的最大值及相应x的集合；
(2)若x＝eq \f(π,8)是f(x)的一个零点，且0<ω<10，求ω的值和f(x)的最小正周期．
解：由已知：f(x)＝sin ωx－cs ωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4))).
(1)若ω＝eq \f(1,2)，则f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4))).
又x∈R，则eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,4)))≤eq \r(2)，
∴f(x)max＝eq \r(2)，此时eq \f(1,2)x－eq \f(π,4)＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即x∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4kπ＋\f(3π,2)，k∈Z)))).
(2)∵x＝eq \f(π,8)是函数f(x)的一个零点，
∴eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)ω－\f(π,4)))＝0，∴eq \f(π,8)ω－eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，
又0<ω<10，∴ω＝2，∴f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，此时其最小正周期为π.
10．(2016·沈阳模拟)已知函数f(x)＝sin x－eq \r(3)cs x＋2，记函数f(x)的最小正周期为β，向量a＝(2，cs α)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(β,2)))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<α<\f(π,4)))，且a·b＝eq \f(7,3).
(1)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))上的最值；
(2)求eq \f(2cs2α－sin 2α＋β,cs α－sin α)的值．
解：(1)f(x)＝sin x－eq \r(3)cs x＋2
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋2，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))，∴x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))，
∴f(x)的最大值是4，最小值是2.
(2)∵β＝2π，
∴a·b＝2＋cs αtan(α＋π)＝2＋sin α＝eq \f(7,3)，
∴sin α＝eq \f(1,3)，
∴eq \f(2cs2α－sin 2α＋β,cs α－sin α)＝eq \f(2cs2α－sin 2α,cs α－sin α)＝2cs α
＝2eq \r(1－sin2α)＝eq \f(4\r(2),3).
B组 高考题型专练
1．(2015·高考北京卷)已知函数f(x)＝eq \r(2)sineq \f(x,2)cseq \f(x,2)－eq \r(2)sin2eq \f(x,2).
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间[－π，0]上的最小值．
解：(1)因为f(x)＝eq \f(\r(2),2)sin x－eq \f(\r(2),2)(1－cs x)
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－eq \f(\r(2),2)，所以f(x)的最小正周期为2π.
(2)因为－π≤x≤0，所以－eq \f(3π,4)≤x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,4).
当x＋eq \f(π,4)＝－eq \f(π,2)，即x＝－eq \f(3π,4)时，f(x)取得最小值．
所以f(x)在区间[－π，0]上的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)))＝－1－eq \f(\r(2),2).
2．(2013·高考陕西卷)已知向量a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x，－\f(1,2)))，b＝(eq \r(3)sin x，cs 2x)，x∈R，设函数f(x)＝a·b.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．
解：f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x，－\f(1,2)))·(eq \r(3)sin x，cs 2x)
＝eq \r(3)cs xsin x－eq \f(1,2)cs 2x＝eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(1,2)cs 2x
＝cseq \f(π,6)sin 2x－sineq \f(π,6)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
(1)f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,2)＝π，
即函数f(x)的最小正周期为π.
(2)∵0≤x≤eq \f(π,2)，∴－eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(5π,6).
当2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,3)时，f(x)取得最大值1.
当2x－eq \f(π,6)＝－eq \f(π,6)，即x＝0时，f(0)＝－eq \f(1,2)，
当2x－eq \f(π,6)＝eq \f(5,6)π，即x＝eq \f(π,2)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(1,2)，
∴f(x)的最小值为－eq \f(1,2).因此，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值是1，最小值是－eq \f(1,2).
3．(2014·高考天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a－c＝eq \f(\r(6),6)b.sin B＝eq \r(6)sin C.
(1)求cs A的值；
(2)求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6)))的值．
解：(1)在△ABC中，由eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，及sin B＝eq \r(6)sin C，可得b＝eq \r(6)c.又由a－c＝eq \f(\r(6),6)b，有a＝2c.
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(6c2＋c2－4c2,2\r(6)c2)＝eq \f(\r(6),4).
(2)在△ABC中，由cs A＝eq \f(\r(6),4)，可得sin A＝eq \f(\r(10),4).
于是，cs 2A＝2cs2A－1＝－eq \f(1,4)，
sin 2A＝2sin A·cs A＝eq \f(\r(15),4).
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6)))＝cs 2A·cseq \f(π,6)＋sin 2A·sineq \f(π,6)＝eq \f(\r(15)－\r(3),8).